Λύσεις — Κεφάλαιο 10ο · Μεταβατικά φαινόμενα (σελ. 317-340) – ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ

ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ Β΄ ΕΠΑΛ ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ – ΛΥΣΕΙΣ – ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Ασκήσεων Σχολικού Βιβλίου Λύσεις — Κεφάλαιο 10ο · Μεταβατικά φαινόμενα (σελ. 317-340) – ΚΥΚΛΩΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΚΑΙ ΕΝΑΛΛΑΣΣΟΜΕΝΟΥ ΡΕΥΜΑΤΟΣ – ΘΕΩΡΙΑ

Λύσεις — Κεφάλαιο 10ο · Μεταβατικά φαινόμενα (σελ. 317–340)

Λύσεις των Εφαρμογών 1–2 και των 15 Προβλημάτων προς λύση (φόρτιση/εκφόρτιση RC, αποκατάσταση/διακοπή ρεύματος RL, σταθερά χρόνου τ, θερμότητα). Όλα τα αριθμητικά.

Α΄ — Λυμένες Εφαρμογές

Εφαρμογή 1 — τάση πυκνωτή κατά τη φόρτιση

Εκφώνηση: Πυκνωτής έχει χωρητικότητα C = 2μF και φορτίζεται μέσω αντίστασης R = 5 ΚΩ, από πηγή τάσης V = 10 V. Να υπολογισθεί η τάση V_C του πυκνωτή μετά χρόνο t = 20 ms από την έναρξη της φόρτισης.

Πώς σκεφτόμαστε: Κατά τη φόρτιση η τάση του πυκνωτή είναι \( V_C=V\left(1-e^{-\frac{t}{RC}}\right) \). Υπολογίζουμε πρώτα τη σταθερά χρόνου \( τ=RC \).

Λύση:

\( τ=RC=5\cdot10^3\cdot2\cdot10^{-6}=10\ ms,\quad \dfrac{t}{τ}=\dfrac{20}{10}=2 \)
\( V_C=10\left(1-e^{-2}\right)=10(1-0{,}135)=8{,}65\ V \)

Απάντηση: V_C = 8,65 V.

Πρόσεξε:

Σε χρόνο 2τ ο πυκνωτής έχει φτάσει περίπου στο 86,5% της τάσης της πηγής.

Εφαρμογή 2 — φορτίο από το ρεύμα φόρτισης

Εκφώνηση: Πυκνωτής έχει χωρητικότητα C = 3μF και φορτίζεται μέσω αντίστασης R = 2 ΚΩ, από πηγή τάσης V = 12 V. Κάποια χρονική στιγμή το ρεύμα που διαρρέει το κύκλωμα είναι I = 4mA. Να υπολογισθεί το φορτίο q του πυκνωτή; Πόσο είναι το τελικό φορτίο του πυκνωτή;

Πώς σκεφτόμαστε: Ο 2ος κανόνας του Kirchhoff δίνει \( V-IR-V_C=0 \) με \( V_C=q/C \). Στο τέλος της φόρτισης \( I=0 \) και \( V_C=V \).

Λύση:

\( q=(V-IR)C=(12-4\cdot10^{-3}\cdot2\cdot10^3)\cdot3\ μF=4\ V\cdot3\ μF=12\ μC \)
Τελικά \( V_C=V \): \( q_0=CV=3\ μF\cdot12\ V=36\ μC \)

Απάντηση: q = 12 μC, τελικό φορτίο q₀ = 36 μC.

Πρόσεξε:

Το ρεύμα φόρτισης καθορίζεται από τη διαφορά τάσης πηγής και πυκνωτή: I=(V−V_C)/R.

Β΄ — Προβλήματα προς λύση

Πρόβλημα 1 — τάση αντίστασης κατά τη φόρτιση

Εκφώνηση: Πυκνωτής έχει χωρητικότητα C = 3μF και φορτίζεται από πηγή τάσης V = 12V, μέσω αντίστασης R = 4ΚΩ. Να υπολογισθεί η τάση της αντίστασης μετά χρόνο t = 24ms από την έναρξη της φόρτισης

Πώς σκεφτόμαστε: Κατά τη φόρτιση το ρεύμα είναι \( I=\dfrac{V}{R}e^{-\frac{t}{RC}} \), άρα η τάση της αντίστασης είναι \( V_R=IR=Ve^{-\frac{t}{RC}} \).

Λύση:

\( τ=RC=4\cdot10^3\cdot3\cdot10^{-6}=12\ ms,\quad \dfrac{t}{τ}=2 \)
\( V_R=12\cdot e^{-2}=12\cdot0{,}135\approx1{,}62\ V \)

Απάντηση: V_R ≈ 1,62 V.

Πρόσεξε:

Έλεγχος: V_R + V_C = V ⇒ V_C ≈ 10,38 V.

Πρόβλημα 2 — ρυθμός μεταβολής τάσης πυκνωτή

Εκφώνηση: Κύκλωμα φόρτισης πυκνωτή αποτελείται από αντίσταση R = 100Ω, πυκνωτή C = 0,01 μF και πηγή τάσης V = 100V. Κάποια στιγμή η τάση του πυκνωτή είναι V_C = 1V. Να υπολογισθούν: α) Ο μέγιστος ρυθμός μεταβολής της τάσης του πυκνωτή. β) Ο ρυθμός μεταβολής της τάσης όταν V_C = 1V.

Πώς σκεφτόμαστε: Αφού \( q=CV_C \), ο ρυθμός μεταβολής της τάσης είναι \( \dfrac{ΔV_C}{Δt}=\dfrac{I}{C} \), με \( I=\dfrac{V-V_C}{R} \). Ο ρυθμός είναι μέγιστος όταν το ρεύμα είναι μέγιστο, δηλαδή στην αρχή (V_C = 0).

Λύση:

α) \( I_{max}=\dfrac{V}{R}=\dfrac{100}{100}=1\ A,\quad \left(\dfrac{ΔV_C}{Δt}\right)_{max}=\dfrac{1}{0{,}01\cdot10^{-6}}=10^8\ \dfrac{V}{s} \)
β) \( I=\dfrac{100-1}{100}=0{,}99\ A,\quad \dfrac{ΔV_C}{Δt}=\dfrac{0{,}99}{0{,}01\cdot10^{-6}}=9{,}9\cdot10^7\ \dfrac{V}{s} \)

Απάντηση: α) 10⁸ V/s, β) 9,9·10⁷ V/s.

Πρόσεξε:

Ο ρυθμός μεταβολής της τάσης μειώνεται καθώς ο πυκνωτής φορτίζεται, γιατί μειώνεται το ρεύμα.

Πρόβλημα 3 — θερμότητα και ρυθμός μεταβολής τάσης

Εκφώνηση: Αντίσταση R = 1ΜΩ συνδέεται σε σειρά με πυκνωτή C = 10μF. Το σύστημα τροφοδοτείται από πηγή V = 10V. Να υπολογισθούν: α) Η θερμότητα που εκλύεται στην αντίσταση R, μέχρι ο πυκνωτής να φορτιστεί πλήρως. β) Ο ρυθμός μεταβολής της τάσης του πυκνωτή τη στιγμή που η ενέργεια του πυκνωτή είναι W_C = 20 μJ.

Πώς σκεφτόμαστε: Η ενέργεια που αποδίδει η πηγή είναι \( W_π=Vq \) και μοιράζεται σε θερμότητα και ενέργεια πυκνωτή: \( W_π=Q_R+W_C \). Για τον ρυθμό: \( \dfrac{ΔV_C}{Δt}=\dfrac{I}{C} \).

Λύση:

α) Πλήρης φόρτιση: \( q=CV=100\ μC,\ W_π=Vq=10\cdot100\ μC=1000\ μJ,\ W_C=\dfrac12CV^2=500\ μJ \)
\( Q_R=W_π-W_C=1000-500=500\ μJ \)
β) \( W_C=\dfrac12CV_C^2\Rightarrow V_C=\sqrt{\dfrac{2\cdot20\cdot10^{-6}}{10\cdot10^{-6}}}=2\ V \)
\( I=\dfrac{V-V_C}{R}=\dfrac{10-2}{10^6}=8\ μA,\quad \dfrac{ΔV_C}{Δt}=\dfrac{8\cdot10^{-6}}{10^{-5}}=0{,}8\ \dfrac{V}{s} \)

Απάντηση: α) Q_R = 500 μJ, β) 0,8 V/s.

Πρόσεξε:

Στην πλήρη φόρτιση η μισή ενέργεια της πηγής γίνεται θερμότητα, ανεξάρτητα από την τιμή της R.
Το C = 10 μF = 10⁻⁵ F.

Πρόβλημα 4 — φορτίο από τη θερμότητα

Εκφώνηση: Πυκνωτής C = 100μF φορτίζεται μέσω αντίστασης R από πηγή τάσης V = 20V. Να υπολογισθεί πόσο φορτίο φέρει ο πυκνωτής τη στιγμή που έχει αναπτυχθεί θερμότητα Q = 15mJ στην αντίσταση.

Πώς σκεφτόμαστε: Όταν ο πυκνωτής έχει φορτίο q, η πηγή έχει αποδώσει \( W_π=Vq \) και ο πυκνωτής έχει ενέργεια \( W_C=\dfrac{q^2}{2C} \). Από \( Q=W_π-W_C \) προκύπτει δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς q.

Λύση:

\( Q=Vq-\dfrac{q^2}{2C}\Rightarrow 15\cdot10^{-3}=20q-\dfrac{q^2}{2\cdot10^{-4}} \)
\( 5000q^2-20q+0{,}015=0\Rightarrow q=\dfrac{20\pm\sqrt{400-300}}{10000}=\dfrac{20\pm10}{10000} \)
\( q=3\cdot10^{-3}\ C \) ή \( q=10^{-3}\ C \)
Το μέγιστο φορτίο είναι \( CV=100\cdot10^{-6}\cdot20=2\cdot10^{-3}\ C \), οπότε δεκτή είναι μόνο η λύση \( q=10^{-3}\ C \).

Απάντηση: q = 1 mC.

Πρόσεξε:

Η λύση 3 mC απορρίπτεται γιατί ξεπερνά το τελικό φορτίο CV = 2 mC.

Πρόβλημα 5 — σταθερά χρόνου και ρεύματα κλάδων

Εκφώνηση: Για το κύκλωμα του σχήματος δίνονται: R₁ = 4ΚΩ, R₂ = 3ΚΩ, R₃ = 6ΚΩ, C = 12μF, V = 12V. Να υπολογισθούν: α) Η σταθερά χρόνου β) Η ένταση του ρεύματος που διαρρέει κάθε αντιστάτη όταν η τάση του πυκνωτή είναι V_C = 6V.

Πώς σκεφτόμαστε: Στο σχήμα οι R₂, R₃ είναι παράλληλα και η ομάδα τους σε σειρά με την R₁ και τον πυκνωτή. Η ισοδύναμη αντίσταση δίνει τη σταθερά χρόνου· το ρεύμα του κυκλώματος βρίσκεται από τον 2ο κανόνα του Kirchhoff και μοιράζεται στους παράλληλους κλάδους αντιστρόφως ανάλογα με τις αντιστάσεις.

Λύση:

α) \( R_{2,3}=\dfrac{3\cdot6}{3+6}=2\ ΚΩ,\quad R_{ολ}=4+2=6\ ΚΩ,\quad τ=R_{ολ}C=6\cdot10^3\cdot12\cdot10^{-6}=72\ ms \)
β) \( I_1=\dfrac{V-V_C}{R_{ολ}}=\dfrac{12-6}{6\cdot10^3}=1\ mA \)
\( V_{2,3}=I_1R_{2,3}=1\ mA\cdot2\ ΚΩ=2\ V,\quad I_2=\dfrac{2}{3\ ΚΩ}\approx666{,}7\ μA,\quad I_3=\dfrac{2}{6\ ΚΩ}\approx333{,}3\ μA \)

Απάντηση: α) τ = 72 ms, β) I₁ = 1 mA, I₂ ≈ 666,7 μA, I₃ ≈ 333,3 μA.

Πρόσεξε:

Έλεγχος: I₂ + I₃ = 1 mA = I₁.

Πρόβλημα 6 — σταθερά χρόνου με ισοδύναμο Thevenin

Εκφώνηση: Για το κύκλωμα του σχήματος δίνονται R₁ = 1ΚΩ, R₂ = 6 ΚΩ, R₃ = 4ΚΩ, R₄ = 2ΚΩ, C = 6 μF, V = 18V. Να υπολογισθούν: α) Η σταθερά χρόνου β) Η τάση του πυκνωτή όταν Ι₃ = 1 mA.

Πώς σκεφτόμαστε: Στο σχήμα η πηγή με τις R₁, R₄ σε σειρά τροφοδοτεί την R₂, και από τα άκρα της R₂ φορτίζεται ο πυκνωτής μέσω της R₃. Αντικαθιστούμε το τμήμα πηγή–R₁–R₄–R₂ με το ισοδύναμο κατά Thevenin (Κεφάλαιο 4) και έχουμε απλό κύκλωμα φόρτισης.

Λύση:

\( V_{Th}=V\dfrac{R_2}{R_1+R_4+R_2}=18\cdot\dfrac{6}{9}=12\ V,\quad R_{Th}=\dfrac{(R_1+R_4)R_2}{R_1+R_4+R_2}=\dfrac{3\cdot6}{9}=2\ ΚΩ \)
α) \( τ=(R_{Th}+R_3)C=(2+4)\cdot10^3\cdot6\cdot10^{-6}=36\ ms \)
β) \( V_C=V_{Th}-I_3(R_{Th}+R_3)=12-10^{-3}\cdot6\cdot10^3=6\ V \)

Απάντηση: α) τ = 36 ms, β) V_C = 6 V.

Πρόσεξε:

Η σταθερά χρόνου υπολογίζεται με την αντίσταση που «βλέπει» ο πυκνωτής (με την πηγή βραχυκυκλωμένη).

Πρόβλημα 7 — εκφόρτιση: ρεύμα και θερμότητα

Εκφώνηση: Πυκνωτής χωρητικότητας C = 2μF είναι φορτισμένος. Η ενέργεια του πυκνωτή είναι W₀ = 360mJ. Ο πυκνωτής εκφορτίζεται μέσω αντίστασης R = 10ΚΩ. Κάποια στιγμή η τάση του πυκνωτή είναι V_C = 200V. Να υπολογισθούν: α) Η ένταση του ρεύματος όταν V_C = 200V β) Το ποσό της θερμότητας στην R μέχρι τη στιγμή που V_C = 200V

Πώς σκεφτόμαστε: Στην εκφόρτιση η τάση της αντίστασης είναι ίση με την τάση του πυκνωτή, άρα \( I=V_C/R \). Η θερμότητα είναι ίση με τη μείωση της ενέργειας του πυκνωτή.

Λύση:

α) \( I=\dfrac{V_C}{R}=\dfrac{200}{10\cdot10^3}=20\ mA \)
β) \( W=\dfrac12CV_C^2=\dfrac12\cdot2\cdot10^{-6}\cdot200^2=40\ mJ \)
\( Q_R=W_0-W=360-40=320\ mJ \)

Απάντηση: α) I = 20 mA, β) Q_R = 320 mJ.

Πρόσεξε:

Η αρχική τάση ήταν V₀ = √(2W₀/C) = 600 V.

Πρόβλημα 8 — εκφόρτιση δύο πυκνωτών

Εκφώνηση: Για το κύκλωμα του σχήματος δίνονται C₁ = 2μF, C₂ = 3μF, R₁ = 2ΚΩ, R₂ = 4ΚΩ. Οι πυκνωτές είναι φορτισμένοι και ο C₁ φέρει φορτίο q₁ = 6μC. Να υπολογισθούν: α) Η σταθερά χρόνου του κυκλώματος β) Το ποσό της θερμότητας που έχει καταναλωθεί στις αντιστάσεις, όταν οι πυκνωτές έχουν εκφορτισθεί πλήρως.

Πώς σκεφτόμαστε: Στο σχήμα οι C₁, C₂ είναι παράλληλα (κοινή τάση) και εκφορτίζονται μέσω των R₁, R₂ σε σειρά όταν κλείσει ο διακόπτης δ. Όλη η αρχική ενέργεια των πυκνωτών γίνεται θερμότητα.

Λύση:

α) \( C_{ολ}=2+3=5\ μF,\quad R_{ολ}=2+4=6\ ΚΩ,\quad τ=6\cdot10^3\cdot5\cdot10^{-6}=30\ ms \)
β) \( V=\dfrac{q_1}{C_1}=\dfrac{6}{2}=3\ V \)
\( Q=\dfrac12C_{ολ}V^2=\dfrac12\cdot5\cdot10^{-6}\cdot3^2=22{,}5\ μJ \)

Απάντηση: α) τ = 30 ms, β) Q = 22,5 μJ.

Πρόσεξε:

Οι παράλληλοι πυκνωτές έχουν την ίδια τάση, άρα q₂ = C₂V = 9 μC.

Πρόβλημα 9 — θερμότητα σε δύο αντιστάσεις

Εκφώνηση: Πυκνωτής C = 3μF είναι φορτισμένος σε τάση V₀ = 20V. Ο πυκνωτής εκφορτίζεται μέσω των αντιστάσεων R₁ = 3ΚΩ, και R₂ = 2ΚΩ, που είναι συνδεδεμένες σε σειρά. Να υπολογισθεί το ποσόν της θερμότητας που εκλύεται σε κάθε αντίσταση, όταν ο πυκνωτής εκφορτίζεται πλήρως.

Πώς σκεφτόμαστε: Όλη η ενέργεια του πυκνωτή γίνεται θερμότητα. Οι αντιστάσεις σε σειρά διαρρέονται κάθε στιγμή από το ίδιο ρεύμα, οπότε η θερμότητα μοιράζεται ανάλογα με τις αντιστάσεις (\( I^2R \)).

Λύση:

\( W_0=\dfrac12CV_0^2=\dfrac12\cdot3\cdot10^{-6}\cdot20^2=600\ μJ \)
\( Q_1=W_0\dfrac{R_1}{R_1+R_2}=600\cdot\dfrac35=360\ μJ,\quad Q_2=600\cdot\dfrac25=240\ μJ \)

Απάντηση: Q₁ = 360 μJ, Q₂ = 240 μJ.

Πρόσεξε:

Έλεγχος: Q₁ + Q₂ = 600 μJ = W₀.

Πρόβλημα 10 — ρυθμός μεταβολής ρεύματος σε κύκλωμα RL

Εκφώνηση: Πηνίο L = 20mH είναι συνδεδεμένο σε σειρά με αντίσταση R = 2Ω. Το σύστημα τροφοδοτείται με πηγή τάσης V = 6V. Να υπολογισθεί ο ρυθμός μεταβολής της έντασης του ρεύματος μετά χρόνο t = 1 ms από την στιγμή που άρχισε να τροφοδοτείται το κύκλωμα.

Πώς σκεφτόμαστε: Στην αποκατάσταση ρεύματος \( I=\dfrac VR\left(1-e^{-\frac RLt}\right) \). Η τάση του πηνίου είναι \( V_L=V-IR=Ve^{-\frac RLt} \) και ο ρυθμός \( \dfrac{ΔΙ}{Δt}=\dfrac{V_L}{L} \).

Λύση:

\( \dfrac RLt=\dfrac{2}{20\cdot10^{-3}}\cdot10^{-3}=0{,}1 \)
\( V_L=6\cdot e^{-0{,}1}\approx6\cdot0{,}905=5{,}43\ V \)
\( \dfrac{ΔΙ}{Δt}=\dfrac{V_L}{L}=\dfrac{5{,}43}{20\cdot10^{-3}}\approx271{,}45\ \dfrac{A}{s} \)

Απάντηση: ΔΙ/Δt ≈ 271,45 A/s.

Πρόσεξε:

Ο μέγιστος ρυθμός είναι στην αρχή: V/L = 300 A/s· μετά μειώνεται εκθετικά.

Πρόβλημα 11 — ρυθμός μεταβολής από την ενέργεια του πηνίου

Εκφώνηση: Κύκλωμα αποκατάστασης ρεύματος σε πηνίο αποτελείται από πηνίο L = 10mH αντίσταση R = 5Ω και πηγή τάσης V = 10V. Κάποια στιγμή η ενέργεια που έχει αποταμιευθεί στο πηνίο είναι W = 5mJ. Να υπολογισθεί ο ρυθμός μεταβολής της έντασης στο πηνίο.

Πώς σκεφτόμαστε: Από \( W=\tfrac12LI^2 \) βρίσκουμε το στιγμιαίο ρεύμα· ο 2ος κανόνας του Kirchhoff δίνει \( V-IR=L\dfrac{ΔΙ}{Δt} \).

Λύση:

\( I=\sqrt{\dfrac{2W}{L}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot5\cdot10^{-3}}{10\cdot10^{-3}}}=1\ A \)
\( \dfrac{ΔΙ}{Δt}=\dfrac{V-IR}{L}=\dfrac{10-1\cdot5}{10\cdot10^{-3}}=500\ \dfrac{A}{s} \)

Απάντηση: ΔΙ/Δt = 500 A/s.

Πρόσεξε:

Το τελικό ρεύμα είναι V/R = 2 A· με I = 1 A το κύκλωμα βρίσκεται ακόμη στη μεταβατική κατάσταση.

Πρόβλημα 12 — ρυθμός μεταβολής από την ισχύ στην R

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του σχήματος L = 2mH, R = 25Ω και V= 100V. Κάποια στιγμή η ισχύς, της ηλεκτρικής ενέργειας που καταναλίσκεται στην R είναι P_R = 100W. Ποιος είναι ο ρυθμός μεταβολής της έντασης του ρεύματος στο πηνίο;

Πώς σκεφτόμαστε: Από \( P_R=I^2R \) βρίσκουμε το στιγμιαίο ρεύμα και από \( V-IR=L\dfrac{ΔΙ}{Δt} \) τον ρυθμό.

Λύση:

\( I=\sqrt{\dfrac{P_R}{R}}=\sqrt{\dfrac{100}{25}}=2\ A \)
\( \dfrac{ΔΙ}{Δt}=\dfrac{V-IR}{L}=\dfrac{100-2\cdot25}{2\cdot10^{-3}}=25\cdot10^3\ \dfrac{A}{s} \)

Απάντηση: ΔΙ/Δt = 25·10³ A/s.

Πρόσεξε:

Η τάση του πηνίου τη στιγμή αυτή είναι V_L = 100 − 50 = 50 V.

Πρόβλημα 13 — σταθερά χρόνου και μέγιστο ρεύμα

Εκφώνηση: Να υπολογισθεί η σταθερά χρόνου του κυκλώματος του σχήματος: Δίνονται R₁ = 2Ω, R₂ =3Ω, R₃ = 6Ω, L₁ = 20mH, L₂ = 5mH, V = 20V. Ποια είναι η μέγιστη τιμή της έντασης του ρεύματος;

Πώς σκεφτόμαστε: Στο σχήμα οι R₂, R₃ είναι παράλληλα και σε σειρά με την R₁· τα πηνία L₁, L₂ είναι παράλληλα. Βρίσκουμε την ισοδύναμη αντίσταση και αυτεπαγωγή: \( τ=L_{ολ}/R_{ολ} \), \( I_{max}=V/R_{ολ} \).

Λύση:

\( R_{2,3}=\dfrac{3\cdot6}{9}=2\ Ω,\quad R_{ολ}=2+2=4\ Ω \)
\( L_{ολ}=\dfrac{20\cdot5}{20+5}=4\ mH \)
\( τ=\dfrac{L_{ολ}}{R_{ολ}}=\dfrac{4\cdot10^{-3}}{4}=1\ ms,\quad I_{max}=\dfrac{V}{R_{ολ}}=\dfrac{20}{4}=5\ A \)

Απάντηση: τ = 1 ms, I_max = 5 A.

Πρόσεξε:

Στη σταθερή κατάσταση τα ιδανικά πηνία δεν έχουν τάση, οπότε το μέγιστο ρεύμα καθορίζεται μόνο από τις αντιστάσεις.

Πρόβλημα 14 — σταθερά χρόνου και μέγιστος ρυθμός

Εκφώνηση: Να υπολογισθεί η σταθερά χρόνου του κυκλώματος του σχήματος καθώς και ο μέγιστος ρυθμός μεταβολής της έντασης του ρεύματος στο πηνίο. Δίνονται: R₁ = 15Ω, R₂ = 4Ω, R₃ = 2Ω, R₄ = R₅ = 5Ω, L = 100mH, V = 100V.

Πώς σκεφτόμαστε: Στο σχήμα η πηγή με τις R₁, R₅ σε σειρά τροφοδοτεί την R₄, και στα άκρα της R₄ συνδέεται ο κλάδος R₂–R₃–L. Αντικαθιστούμε το τμήμα πηγή–R₁–R₅–R₄ με ισοδύναμο κατά Thevenin. Ο μέγιστος ρυθμός είναι τη στιγμή t = 0, όταν όλη η τάση Thevenin εμφανίζεται στο πηνίο.

Λύση:

\( V_{Th}=100\cdot\dfrac{5}{15+5+5}=20\ V,\quad R_{Th}=\dfrac{(15+5)\cdot5}{15+5+5}=4\ Ω \)
\( R_{ολ}=R_{Th}+R_2+R_3=4+4+2=10\ Ω,\quad τ=\dfrac{L}{R_{ολ}}=\dfrac{0{,}1}{10}=10\ ms \)
\( \left(\dfrac{ΔΙ}{Δt}\right)_{max}=\dfrac{V_{Th}}{L}=\dfrac{20}{0{,}1}=200\ \dfrac{A}{s} \)

Απάντηση: τ = 10 ms, μέγιστος ρυθμός 200 A/s.

Πρόσεξε:

Σημείωση: το βιβλίο δίνει 400 A/s· με τα δεδομένα και την τοπολογία του σχήματος (που δίνουν σωστά τ = 10 ms) ο μέγιστος ρυθμός προκύπτει 200 A/s (ισοδύναμα I_τελ/τ = 2 A/10 ms).
Τη στιγμή t = 0 το ρεύμα του πηνίου είναι μηδέν, οπότε καμία πτώση τάσης στις αντιστάσεις του κλάδου.

Πρόβλημα 15 — διακοπή ρεύματος πηνίου

Εκφώνηση: Στο κύκλωμα του σχήματος είναι R = 5Ω, L = 25mH, V = 100V. Την χρονική στιγμή t = 0 ο μεταγωγός δ πηγαίνει από τη θέση Α στη θέση Β. Κάποια στιγμή η ενέργεια του πηνίου είναι το 81% της αρχικής. Να υπολογισθούν: α) Η σταθερά χρόνου του κυκλώματος β) Ο ρυθμός μεταβολής της έντασης του ρεύματος

Πώς σκεφτόμαστε: Αρχικά (θέση Α) το ρεύμα είναι \( I_0=V/R \). Στη θέση Β η πηγή αποσυνδέεται και το ρεύμα μειώνεται. Αφού \( W\propto I^2 \), το 81% της ενέργειας αντιστοιχεί σε 90% του ρεύματος. Στο κύκλωμα διακοπής \( L\dfrac{ΔΙ}{Δt}=-IR \).

Λύση:

α) \( τ=\dfrac LR=\dfrac{25\cdot10^{-3}}{5}=5\ ms \)
β) \( I_0=\dfrac{100}{5}=20\ A,\quad \dfrac{W}{W_0}=\left(\dfrac{I}{I_0}\right)^2=0{,}81\Rightarrow I=0{,}9\cdot20=18\ A \)
\( \dfrac{ΔΙ}{Δt}=-\dfrac{IR}{L}=-\dfrac{18\cdot5}{25\cdot10^{-3}}=-3600\ \dfrac{A}{s} \)

Απάντηση: α) τ = 5 ms, β) ο ρυθμός έχει μέτρο 3600 A/s (το ρεύμα μειώνεται).

Πρόσεξε: